Fiche de mathématiques

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Bac Congo-Brazzaville 2022

Mathématiques Série D

Durée : 4 heures
Coefficient : 4

5 points

exercice 1

On considère dans l'ensemble $\C$ l'équation $(E)$ suivante :

$(E)\text{ : }z^3-(2+3i)z^2+2(5+3i)z-20=0$

1) Montrer que l'équation $(E)$ admet deux solutions imaginaires à déterminer .

2) Déterminer le nombre complexe $u$ pour que l'équation $(E)$ s'écrive sous la forme $(z+2i)(z-5i)(z+u)=0$ .

3) En déduire la résolution dans $\C$ de l'équation $(E)$ .

4) On munit le plan complexe d'un repère orthonormal $(O,\vec{u},\vec{v})$ .
On considère les points $A,B,C\text{ et }D$ d'affixes respectives $z_A=2\text{ ; }z_B=5i\text{ , }z_C=-2+3i\text{ et }z_D=-2i$ .
a) Placer les points $A,B,C\text{ et }D$ dans le repère .
b) Montrer que le quadrilatère $ABCD$ est un parallélogramme .

5) Soit S la similitude plane directe qui transforme $A$ en $B$ et $D$ en $C$ .
a) Montrer que l'expression complexe de $S$ est $z'=z-1+2i$ .
b) Montrer que $S$ est une translation .
c) En déduire les coordonnées de $\vec{\mu}$ vecteur de la translation $S$ .

5 points

exercice 2

On considère le plan vectoriel $E$ muni d'une base canonique $(\vec{i},\vec{j})$ .
Soit $H$ et $G$ deux sous-espaces vectoriels de $E$ tels que $H=\lbrace (x,y)\in E / 3x-2y=0\rbrace \text{ et } G=\lbrace (x,y)\in E / 3x-y=0\rbrace$ .

1) Justifier que $H$ et $G$ sont deux droites vectorielles engendrées respectivement par $\overrightarrow{e_1}=2\vec{i}+3\vec{j}\text{ et }\overrightarrow{e_2}=\vec{i}+3\vec{j}$ .

2) Montrer que $H$ et $G$ sont deux sous-espaces vectoriels supplémentaires de $E$ .

3) On considère $f$ une projection vectorielle de $E$ de direction $H$ et de base $G$ .
a) Exprimer $f(\overrightarrow{e_1}) \text{ et }f(\overrightarrow{e_2})$ en fonction de $\overrightarrow{e_1} \text{ et } \overrightarrow{e_2}$ .
b) Montrer que $f(\vec{i})=-\vec{i}-3\vec{j} \text{ et }f(\vec{j})=\dfrac{2}{3}\vec{i}+2\vec{j}$ .
c) Soit $\vec{u}=x\vec{i}+y\vec{j} \text{ et }\vec{u'}=x'\vec{i}+y'\vec{j} \text{ tels que }\vec{u'}=f(\vec{u})$ .
Déterminer l'expression analytique de $f$ .
d) Déterminer l'image de la projection vectorielle $f$ .

7 points

exercice 3

On considère la fonction numérique $f$ de la variable réelle $x$ définie sur $\R$ par : $\begin{cases} f(x)=-e^{\frac{1}{x}}+1 &\text{ si } x<0 \\f(x)=x+1-\ln(x+1) &\text{ si }x\geq 0 \end{cases}$ .
On désigne par $(C)$ la représentation graphique de $f$ dans un repère orthonormé $(O,\vec{u},\vec{v})$ du plan . Unité graphique 2cm .

1) Calculer $\displaystyle\lim_{x\to-\infty} f(x) \text{ et }\lim_{x\to+\infty} f(x)$ .

2) Etudier la continuité de $f$ en $0$ .

3) Etudier la dérivabilité de $f$ en $0$ . On rappelle que $\displaystyle \lim_{u\to-\infty}ue^{u}=0\,\cdot$

4) Soit $f'$ la dérivée de $f$ . Calculer $f'(x)$ suivant les valeurs de $x$ .

5) Etudier le signe de $f'(x)$ .

6) Dresser le tableau de variation de $f$ .

7) Montrer que le point de $(C)$ d'abscisse $0$ est un point d'inflexion de $(C)$ .

8-a) Etudier les branches infinies à $(C)$ .
8-b) Pour $x\geq 0$ , étudier la position de $(C)$ par rapport à la droite $(d)$ d'équation $y=x$ .

9) Tracer la courbe $(C)$ .

3 points

exercice 4

Le tableau ci-dessous indique l'évolution du poids $y_i$ en kilogrammes d'un chien de garde pendant six semaines .

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}\hline \text{Rang de la semaine }(x_i)&1&2&3&4&5&6\\ \hline \text{Poids du chien }(y_i)&8,6&8,8&9,3&9,6&10&10,7 \\ \hline \end{array}$

1-a) Montrer que les moyennes $\bar{X} \text{ et }\bar{Y}$ sont telles que $\bar{X}=3,5\text{ et }\bar{Y}=9,5$ .
b) Vérifier que la variance de $X$ est $V(X)=2,91$ .
c) Calculer la covariance de $X$ et $Y$ .

2) Montrer que l'équation de la droite de régression de $y$ en $x$ est : $(d) \text{ : } y=0,412x+8,06$ par la méthode des moindres carrés .

3) Estimer le poids de ce chien à la huitième semaine .

Correction

exercice 1

Soit dans $\C$ l'équation $(E)\text{ : }z^3-(2+3i)z^2+2(5+3i)z-20=0$ .

1) On pose $z_0=ai \text{ , avec }a\in\R^{*}$ .

Donc :

$\begin{matrix} z_0^3-(2+3i)z_0^2+2(5+3i)z_0-20=0 &\iff& (ai)^3-(2+3i)(ai)^2+2(5+3i)(ai)-20=0\\&\iff& -a^3i+(2+3i)a^2+2a(5+3i)i-20=0\\&\iff& (2a^2-6a-20)+(-a^3+3a^2+10a)i=0\\&\iff& 2(a^2-3a-10)-a(a^2-3a-10)i=0 \\&\iff& a^2-3a-10=0 \text{ et }a(a^2-3a-10)=0\\&\iff& a^2-3a-10=0 \text{ et (}a=0 \text{ ou }a^2-3a-10=0\text{) } \end{matrix}$

Or puisque $a\neq 0$ , alors $z_0^3-(2+3i)z_0^2+2(5+3i)z_0-20=0\iff a^2-3a-10=0$

Résolution de $a^2-3a-10=0\text{ tel que }a\in\R^{*}$ :

Calculons le discriminent : $\Delta=9-4\times(-10)=49 \Rightarrow \sqrt{\Delta}=7$

Les solutions sont donc : $a_1=\dfrac{1}{2}(3-7)=-2 \enskip\text{ et }\enskip a_2=\dfrac{1}{2}(3+7)=5$

Les solutions imaginaires pures de l'équation $z_0^3-(2+3i)z_0^2+2(5+3i)z_0-20=0$ sont donc : $z_0=-2i\enskip\text{ et }\enskip z_0'=5i$

$\boxed{\text{ L'équation }(E)\text{ admet deux solutions imaginaires pures }S=\lbrace -2i\text{ ; }5i\rbrace }$

2) On a :

$\begin{matrix}(z+2i)(z-5i)(z+u)=0 &\iff& (z^2-5iz+2iz+10)(z+u)=0 \\&\iff& z^3+uz^2-3iz^2-3iuz+10z+10u=0 \\&\iff& z^3+(u-3i)z^2+(10-3ui)z+10u=0 \end{matrix}$

Par identification avec $(E)\text{ : }z^3-(2+3i)z^2+2(5+3i)z-20=0$ , on obtient :

$\begin{cases}u-3i=-(2+3i)\\10-3ui=2(5+3i)\\10u=-20\end{cases} \iff \begin{cases}u-3i=-2-3i \\10-3ui=10+6i \\10u=-20\end{cases}\iff \boxed{u=-2}$

Conclusion:

$\boxed{\text{ L'équation }(E)\text{ s'écrit sous la forme factorisée }(E)\text{ : }(z+2i)(z-5i)(z-2)=0 }$

3) Puisque $(E) \text{ : }(z+2i)(z-5i)(z-2)=0$ .

Alors directement :

$\boxed{\text{ Les solutions de l'équation }(E)\text{ sont } S_{(E)}=\lbrace -2i\text{ ; }5i\text{ ; }2\rbrace }$

4-a)

Figure :

Bac Congo-Brazzaville 2022 série D : image 2

b)Calculons les affixes des vecteurs $\overrightarrow{AB} \text{ et }\overrightarrow{DC}$ :

$Z\left(\overrightarrow{AB} \right)=z_B-z_A=5i-2=-2+5i$

$Z\left(\overrightarrow{DC} \right)=z_C-z_D=-2+3i+2i=-2+5i$

On a donc $Z\left(\overrightarrow{AB} \right)=Z\left(\overrightarrow{DC} \right) \text{ , d'où } \boxed{\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}}$

$\boxed{\text{Le quadrilatère ABCD est un parallélogramme }}$

5-a)

Erreur dans l'énoncé : L'expression de la similitude $S$ est : $S\text{ : }z'=z-2+5i$ , en effet:

On pose $S\text{ : }z'=\alpha z+\beta \text{ , où }\alpha,\beta\in\C$ .

Puisque $S(A)=B\text{ et }S(D)=C$ , d'où :

$\begin{matrix}\begin{cases} z_B=\alpha z_A+\beta \\z_C=\alpha z_D+\beta\end{cases}&\iff& \begin{cases} 5i=2\alpha+\beta \\-2+3i=-2i\alpha+\beta\end{cases}\\&\iff& \begin{cases} 5i=2\alpha+\beta \\-2+3i-5i=-2(1+i)\alpha\end{cases}\\&\iff& \begin{cases}\beta =-2+5i\\\alpha=1\end{cases}\end{matrix}$

Résultat : $\boxed{\text{ L'expression complexe de la similitude }S\text{ est : }z'=z-2+5i }$

b) On sait que l'expression complexe d'une translation s'écrit sous la forme : $z'=z+\omega \text{ , tel que }\omega\in\C$ .

L'expression complexe de la similitude $S$ s'écrit sous la même forme avec $\omega=-2+5i$ .

$\boxed{\text{ La similitude }S\text{ est une translation }}$

c) D'après le cours , les coordonnées du vecteur d'une translation qui a pour expression $z'=z+\omega\text{ , avec }\omega\in\C$ sont $(\mathcal{R}e(\omega),\mathcal{I}m(\omega))$

Donc : $\boxed{\vec{\mu}(-2;5)}$

Remarque: Il est évident que le vecteur $\vec{\mu}$ n'est autre que le vecteur $\overrightarrow{AB}$ .

exercice 2

1) Les équations $3x-2y=0 \text{ et }3x-y=0$ respectives de $H \text{ et }G$ sont sous la forme $ax+by+c=0\text{ , }a,b,c\in\R$ .

C'est une équation d'une droite engendrée par le vecteur directeur $-b\vec{i}+a\vec{j}$ .

On en tire que :

$\boxed{H \text{ et }G\text{ sont deux droites vectorielles engendrées respectivement par : }\overrightarrow{e_1}=2\vec{i}+3\vec{j}\text{ et }\overrightarrow{e_2}=\vec{i}+3\vec{j} }$

2) Puisque $H$ et $G$ sont deux droites vectorielles , alors $\dim H=\dim G= 1$ .

De plus , $E$ est le plan vectorielle muni de sa base canonique $(\vec{i},\vec{j})$ , alors $\dim E= 2$

Il s'ensuit que $\dim H+\dim G= \dim E \enskip \blue (i)$

Soit le vecteur $\vec{u}(x;y)$ appartenant à $H\cap G\enskip\text{ , (}x,y\in\R)$ , alors :

$\begin{cases} 3x-2y=0\\3x-y=0\end{cases}\iff \begin{cases} y=\dfrac{3}{2}x\\3x-y=0\end{cases}\iff \begin{cases} y=\dfrac{3}{2}x\\3x-\dfrac{3}{2}x=0\end{cases}\iff \begin{cases} y=0\\x=0\end{cases}$

On en déduit que $H\cap G=\lbrace \vec{0}\rbrace \enskip \blue (ii)$ .

De $\blue (i)$ et $\blue (ii)$ , on déduit que : $\boxed{ \text{ H et G sont deux sous-espaces vectoriels supplémentaires de E}}$

3-a) On a vu que $\text{ H , engendrée par }\vec{e_1} \text{ , et G , engendrée par } \vec{e_2} \text{ , }$ sont deux sous-espaces vectoriels supplémentaires de $\text{ E }$ , alors $(\vec{e_1},\vec{e_2})$ est une base de $E$ .

Et puisque $f$ une projection vectorielle de $E$ de direction $H$ et de base $G$ , alors :

$\boxed{\begin{cases}f(\vec{e_1})=\vec{0}\\f(\vec{e_2})=\vec{e_2}\end{cases}}$

b) On a : $f(\vec{e_1})=f(2\vec{i}+3\vec{j}) \text{ et }f(\vec{e_2})=f(\vec{i}+3\vec{j})$ .

$f$ est une projection vectorielle , elle est donc une application linéaire : donc : $\begin{cases}f(\vec{e_1})=f(2\vec{i}+3\vec{j}) =2f(\vec{i})+3f(\vec{j}) .\\f(\vec{e_2})=f(\vec{i}+3\vec{j})=f(\vec{i})+3f(\vec{j})\end{cases}$

Et d'après ce qui précède , $\begin{cases}f(\vec{e_1})=\vec{0}\\f(\vec{e_2})=\vec{e_2}=\vec{i}+3\vec{j}\end{cases}$

On obtient le système suivant : $\begin{cases}2f(\vec{i})+3f(\vec{j})=\vec{0} .\\f(\vec{i})+3f(\vec{j})=\vec{i}+3\vec{j}\end{cases}$

$\begin{matrix}\begin{cases}2f(\vec{i})+3f(\vec{j})=\vec{0} \magenta\enskip\enskip(I).\\ \black f(\vec{i})+3f(\vec{j})=\vec{i}+3\vec{j}\enskip\enskip\magenta (II)\end{cases}&\iff& \begin{cases}2f(\vec{i})+3f(\vec{j})=\vec{0} .\\f(\vec{i})=-\vec{i}-3\vec{j}\enskip\enskip \magenta(I)-(II)\end{cases}\\\\&\iff& \begin{cases}f(\vec{j})=-\dfrac{2}{3}f(\vec{i}) .\\f(\vec{i})=-\vec{i}-3\vec{j}\end{cases}\\\\&\iff& \boxed{\begin{cases}f(\vec{j})=\dfrac{2}{3}\vec{i}+2\vec{j} .\\f(\vec{i})=-\vec{i}-3\vec{j}\end{cases}}\end{matrix}$

c) Soit $\vec{u}=x\vec{i}+y\vec{j} \text{ et soit }\vec{u'}=x'\vec{i}+y'\vec{j} \text{ son image par la projection } f\text{ , c'est-à-dire tel que }\vec{u'}=f(\vec{u})$ .

Donc :

$\begin{matrix}\vec{u'}=f(\vec{u})&\iff& x'\vec{i}+y'\vec{j} =f(x\vec{i}+y\vec{j}) \\&\iff& x'\vec{i}+y'\vec{j} =xf(\vec{i})+yf(\vec{j}) \\&\iff& x'\vec{i}+y'\vec{j} =x(-\vec{i}-3\vec{j})+y\left(\dfrac{2}{3}\vec{i}+2\vec{j}\right) \\&\iff& x'\vec{i}+y'\vec{j}=\left(-x+\dfrac{2}{3}y\right)\vec{i}+(-3x+2y)\vec{j} \\&\iff& \boxed{\begin{cases}x'=-x+\dfrac{2}{3}y\\ y'=-3x+2y\end{cases}}\end{matrix}$

d) L'image de l'application $f$ , notée $\text{Im}(f)$ est l'ensemble des vecteurs de $E$ de la forme $f(\vec{u})$ avec $\vec{u}\in E$ .

Soit $\vec{u}=x\vec{i}+y\vec{j}$ et soit $\vec{u'}=x'\vec{i}+y'\vec{j}$ son image par $f$ :

$\begin{matrix}\vec{u'}=f(\vec{u})&\iff& \begin{cases}x'=-x+\dfrac{2}{3}y\\ y'=-3x+2y\end{cases}&\iff& \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-x+\dfrac{2}{3}y\\-3x+2y\end{pmatrix}\\&\iff& \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-x\\-3x\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}\dfrac{2}{3}y\\2y\end{pmatrix}&\iff& \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} =-x\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}+\dfrac{2}{3}y\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}\\&\iff&\begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} =\left(-x+\dfrac{2}{3}y\right)\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}\end{matrix}$

On en déduit que $\text{Im}(f)$ est la droite vectorielle engendrée par le vecteur $\vec{\lambda}(1;3)$ .

Conclusion :
$\boxed{\text{Im}(f) \text{ est la droite vectorielle d'équation : }3x-y=0 \text{ , c'est-à-dire : } \text{Im}(f)=\lbrace (x,y)\in E / 3x-y=0\rbrace }$

exercice 3

Soit $f$ la fonction définie sur $\R$ par : $\begin{cases} f(x)=-e^{\frac{1}{x}}+1 &\text{ si } x<0 \\f(x)=x+1-\ln(x+1) &\text{ si }x\geq 0 \end{cases}$ .

1) calcul des limites :

$\displaystyle\lim_{x\to-\infty} f(x)$

Puisque $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\dfrac{1}{x}=0\enskip\text{ et } \enskip\displaystyle\lim_{t\to 0}e^t=1$ , alors $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}-e^{\frac{1}{x}}=-1$ .

Et donc: $\boxed{\displaystyle\lim_{x\to-\infty} f(x)=0}$

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f(x)$

On a , pour tout $x\geq 0 \text{ : }f(x)=x+1-\ln(x+1)=(x+1)\left(1-\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}\right)$

Puisque $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}x+1=+\infty\enskip\text{ et } \enskip\displaystyle\lim_{t\to +\infty}\dfrac{\ln t}{t}=0$ , alors $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(1-\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}\right)=1$ .

Et donc: $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{x\to+\infty} x+1=+\infty$

$\boxed{\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f(x)=+\infty}$

2) Etude de la continuité de $f$ en $0$ :

Calculons $\displaystyle\lim_{x\to 0^{-}}f(x)$

On a $\displaystyle\lim_{x\to 0^{-}}\dfrac{1}{x}=-\infty \enskip\text{ et }\enskip \displaystyle \lim_{t\to-\infty}e^{t}=0\enskip \text{ , d'où }\enskip\displaystyle\lim_{x\to 0^{-}}f(x)=\lim_{x\to 0^{-}}-e^{\frac{1}{x}}+1=1$

Calculons $\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}f(x)$

Directement $\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}f(x)=f(0)=1-\ln 1=1$

On a alors : $\displaystyle\lim_{x\to 0^{-}}f(x)=\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}f(x)=f(0)=1$

Conclusion : $\boxed{ \text{ La fonction }f \text{ est continue en }0 }$

3) Etude de la dérivabilité de $f$ en $0$ :

Calculons $\displaystyle\lim_{x\to 0^{-}}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}$

On a , pour tout $x< 0 \text{ : }\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=\dfrac{1}{x}\left(f(x)-f(0)\right)=\dfrac{1}{x}\left(-e^{\frac{1}{x}}+1-1\right)=-\dfrac{1}{x}e^{\frac{1}{x}}$

On a $\displaystyle\lim_{x\to 0^{-}}\dfrac{1}{x}=-\infty \enskip\text{ et }\enskip \displaystyle \lim_{u\to-\infty}ue^{u}=0\enskip \text{ , d'où }\enskip\displaystyle\lim_{x\to 0^{-}}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\to 0^{-}}-\dfrac{1}{x}e^{\frac{1}{x}}=\lim_{u\to-\infty}-ue^{u}=0\enskip\enskip\left(\text{ en posant }u=\dfrac{1}{x}\right)$

Calcul de $\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}$

On a , pour tout $x> 0 \text{ : }\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=\dfrac{x+1-\ln(x+1)-1}{x}=1-\dfrac{\ln(x+1)}{x}$

Or , d'après le cours $\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{\ln(x+1)}{x}=1$ , alors $\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=0$

Conclusion : $\displaystyle\lim_{x\to 0^{-}}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=0$

$\boxed{ \text{ La fonction }f \text{ est dérivable en }0\text{ et }f'(0)=0 }$

4) On a :

$\forall x\in]-\infty ; 0[\text{ : }f'(x) =\left(-e^{\frac{1}{x}}+1\right)'=-\left(e^{\frac{1}{x}}\right)'=-\left(\dfrac{1}{x}\right)'e^{\frac{1}{x}}=\dfrac{e^{\frac{1}{x}}}{x^2}$

$\forall x\in[0;+\infty[\text{ : }f'(x) =\left(x+1-\ln(x+1)\right)'=1-\dfrac{1}{x+1}=\dfrac{x+1-1}{x+1}=\dfrac{x}{x+1}\enskip\enskip \text{ (L'intervalle d'étude est fermé à gauche en 0 car f est dérivable en 0 )}$

Conclusion : $\boxed{\begin{cases} f'(x)=\dfrac{1}{x^2}e^{\frac{1}{x}} &\text{ si } x<0 \\f'(x)=\dfrac{x}{x+1} &\text{ si }x\geq 0 \end{cases}}$

5) Pour tout réel $x$ strictement négatif , on a $\dfrac{1}{x^2}>0 \enskip\text{ et }\enskip e^{\frac{1}{x}}>0$ , donc :

$\forall x<0\enskip : \enskip f'(x)>0$ Pour tout réel $x$ positif , on a $x\geq0 \enskip\text{ et }\enskip x+1>0$ , donc :

$\forall x\geq 0\enskip : \enskip f'(x)\geq 0$

Récapitulons : $\boxed{ f'(x)>0 \text{ sur }]-\infty;0[\enskip\text{ et }\enskip f'(x)\geq 0 \text{ sur }[0;+\infty[ }$

6) Les résultats de la question précédente permettent de dresser le tableau de variations de $f$ :

$\begin{array}{|c|ccccr|} \hline x & -\infty & &0& & +\infty \\ \hline f'(x) & &+ & \barre{0} & + & \\ \hline & & &\barre{}& & +\infty \\ f & & &\barre{}&\nearrow& \\ & & & \barre{1} && \\ & & \nearrow & \barre{}&& \\ & 0 & &\barre{} && \\ \hline \end{array}$

7) Calculons la dérivée seconde de la fonction $f$ :

$\forall x\in]-\infty;0[\text{ : }f''(x)=\left(\dfrac{1}{x^2}e^{\frac{1}{x}}\right)'=\left(\dfrac{1}{x^2}\right)'e^{\frac{1}{x}}+\dfrac{1}{x^2}\left(e^{\frac{1}{x}}\right)' =\dfrac{-2x}{x^4}e^{\frac{1}{x}}+\dfrac{1}{x^2}\left(-\dfrac{1}{x^2}\right)e^{\frac{1}{x}} =-\dfrac{(2x+1)}{x^4}e^{\frac{1}{x}}$

Sur $]-\infty;0[$ , le signe de $f''(x)$ est celui de $-(2x+1)$ , alors :

$\begin{tabvar}{|C|CCCCCCC|}\hline x&-\infty& &&-1/2&&&0\\\hline f''(x)&&+&&\barre{0}&&-&\\\hline\end{tabvar}$

$\forall x\in[0;+\infty[\text{ : }f''(x)=\left(\dfrac{x}{x+1}\right)'=\dfrac{x+1-x}{(x+1)^2}=\dfrac{1}{(x+1)^2}$

Sur $[0;+\infty[$ , $f''(x)$ est positif .

Ce qui permet de dresser le tableau :

$\begin{array}{|c|rcccccc|} \hline x & -\infty & &-1/2 & &0 & & +\infty \\ \hline f''(x) & & + & \barre{0} & - &\barre{} & + & \\ \hline f & &\text{convexe}& I' & \text{concave}& I &\text{convexe}& \\ \hline \end{array}$

Avec $f(0)=1$ .

Conclusion : $f$ est continue en $0$ , elle est concave à gauche de $0$ et convexe à droite de $0$ , alors :

$\boxed{ \text{ Le point }I(0;1) \text{ est un point d'inflexion de la courbe }(C)}$

Remarque :
La courbe $(C)$ de la fonction $f$ admet en fait deux points d'inflexion , le point $I(0;1) \text{ et aussi le point }I'\left(-\dfrac{1}{2}, f\left(-\dfrac{1}{2}\right)\right)=I'\left(-\dfrac{1}{2};-e^{-2}+1\right)$
Avec $f\left(-\dfrac{1}{2}\right)=-e^{-2}+1\approx 0,86$ , donc approximativement $I'(-0,5\text{ ; }0,86)$

8-b) Etude des branches infinies :

On a $\displaystyle\lim_{x\to-\infty} f(x)=0$ ,alors :

$\boxed{ \text{ L'axe des abscisses est asymptote horizontale à }(C)\text{ au voisinage de }-\infty }$

De plus , on a $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f(x)=+\infty$ .

On calcule alors $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} \dfrac{f(x)}{x}$ , on reprend l'expression de $f$ utilisée en 1)

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty} \dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x+1}{x}\left(1-\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}\right)=1\enskip\enskip\enskip\left(\text{ En effet : }\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x+1}{x}=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x}{x}=1 \enskip\text{ et }\enskip \lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}=0\right)$

On calcule $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f(x)-x\enskip\enskip\text{ : }\enskip\enskip\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f(x)-x=\lim_{x\to+\infty} 1-\ln(x+1)=-\infty$

On conclut alors que :

$\boxed{(C) \text{ admet une branche parabolique dont la direction asymptotique est la droite d'équation }y=x\text{ au voisinage de }+\infty }$

b) Etudions la position de $(C)$ par rapport à la droite $(d)$ d'équation $y=x$

Pour tout réel $x$ positif on a : $f(x)-y=f(x)-x= 1-\ln(x+1)$

Etudions le signe de $f(x)-y$ :

On a : $f(x)-y=0\iff 1-\ln(x+1)=0\iff \ln(x+1)=1 \iff x+1=e\iff x=e-1$

Et puisque la fonction $x\mapsto-\ln(x+1)$ est décroissante sur $[0;+\infty[$ , alors on a :

$\begin{tabvar}{|C|CCCCCCC|}\hline x&0& &&e-1&&&+\infty\\\hline f(x)-y&&+&&\barre{0}&&-&\\\hline\end{tabvar}$

Avec $f(e-1)=e-1+1-\ln(e-1+1)=e-1$

On en déduit que : $\boxed{ \begin{matrix} (C) \text{ coupe }(d) \text{ au point } A(e-1;e-1)\\ (C) \text{ est au-dessus de }(d) \text{ sur l'intervalle } [0;e-1[ \\ (C) \text{ est en-dessous de }(d) \text{ sur l'intervalle } [e-1;+\infty[ \end{matrix}}$

9) Le tracé $(C)$ :

Bac Congo-Brazzaville 2022 série D : image 1

exercice 4

1-a) Par définition :

$\begin{matrix}\bar{X}&=&\dfrac{1}{6}\displaystyle\sum_{i=1}^{6} x_i\\&=&\dfrac{1}{6}\left(1+2+3+4+5+6\right) \\&=& \dfrac{21}{6}\\&=&\dfrac{7}{2}\\&=&\boxed{3,5}\end{matrix}$

$\begin{matrix}\bar{Y}&=&\dfrac{1}{6}\displaystyle\sum_{i=1}^{6} y_i\\&=&\dfrac{1}{6}\left(8,6+8,8+9,3+9,6+10+10,7\right) \\&=& \dfrac{57}{6}\\&=&\dfrac{19}{2} \\&=&\boxed{9,5}\end{matrix}$

b) La variance de $X$ :

$\begin{matrix}V(x)&=&\dfrac{1}{6}\displaystyle\sum_{i=1}^{6} x_i^2-\bar{X}^2\\&=&\dfrac{1}{6}\left(1^2+2^2+3^2+4^2+5^2+6^2\right) -\left(\dfrac{7}{2}\right)^2 \\&=& \dfrac{91}{6}-\dfrac{49}{4}\\&=&\dfrac{35}{12}\\&=&\boxed{2,91 }\end{matrix}$

c) La covariance de $X$ et $Y$ :

$\begin{matrix}\text{Cov}(X,Y)&=&\dfrac{1}{6}\displaystyle\sum_{i=1}^{6} x_iy_i-\bar{X}\bar{Y}\\&=&\dfrac{1}{6}\left(1\times 8,6+2\times 8,8+3\times 9,3+4\times 9,6 +5\times 10+6\times 10,7\right)-\left(\dfrac{7}{2}\right)\left(\dfrac{19}{2}\right) \\&=& \dfrac{206,7}{6}-\dfrac{399}{12}\\&=& \dfrac{14,4}{12}\\&=&\boxed{1,2}\end{matrix}$

2)

$\text{Cov}(X,Y)=aV(X)\text{ , avec }a\text{ le coefficient directeur de la droite de régression de y en x } (d)$

D'où : $a=\dfrac{\text{Cov}(X,Y)}{V(X)}=\dfrac{1,2}{2,91} =\boxed{ 0,412}$

De plus , puisque $y=ax+b$ alors $\bar{Y}=a\bar{X}+b$

Donc $b=\bar{Y}-a\bar{X}=\dfrac{19}{2}-0,412\times\dfrac{7}{2} \approx\boxed{8,06}$

Conclusion : $\boxed{(d) \text{ : } y=0,412x+8,06 }$ .

3) Estimation du poids du chien à la semaine $8$ :

La droite de régression de $y$ en $x$ est $(d)\text{ : } y=0,412x+8,06$ .

Donc pour $x=8$ , on a: $y=0,412\times 8+8,06 \approx \boxed{11,356}$

$\boxed{\text{Le poids du chien à la semaine 8 est estimé à }11,4\text{ kg } }$

Publié par malou/Panter le 09-09-2022

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